2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第2章 第11节 导数的应用
2010~2014 年高考真题备选题库
第 2 章 函数、导数及其应用
第 11 节 导数的应用
1. （2014 四川，5 分）已知 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1,1)，现有下列命题：①
f(－x)＝－f(x)；②f(
2x
1＋x2 )＝2f(x)；③|f(x)|≥2|x|.其中的所有正确命题的序号是( )
A．①②③ B．②③
C．①③ D．①②
解析：f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故①正确；因为 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＝ln
1＋x
1－x，又当 x∈(－1,1)时， 2x
1＋x2∈(－1,1)，所以 f(
2x
1＋x2 )＝ln
1＋ 2x
1＋x2
1－ 2x
1＋x2
＝ln(
1＋x
1－x )2＝2ln1＋x
1－x＝
2f(x)，故②正确；当 x∈[0,1)时，|f(x)|≥2|x|⇔f(x)－2x≥0，令 g(x)＝f(x)－2x＝ln(1＋x)－ln(1
－x)－2x(x∈[0,1))，因为 g′(x)＝ 1
1＋x＋ 1
1－x－2＝ 2x2
1－x2>0，所以 g(x)在区间[0,1)上单调递
增，g(x)＝f(x)－2x≥g(0)＝0，即 f(x)≥2x，又 f(x)与 y＝2x 都为奇函数，所以|f(x)|≥2|x|成立，
故③正确，故选 A.
答案：A
2. （2014 新课标全国Ⅱ，5 分）设函数 f(x)＝ 3sinπx
m.若存在 f(x)的极值点 x0 满足 x20＋
[f(x0)]2
3，其中 k∈Z.由题意，存在整数 k 使得不等式 m21－(k＋1
2 )2>3 成立．当 k≠－1
且 k≠0 时，必有 (k＋1
2 )2>1，此时不等式显然不能成立，故 k＝－1 或 k＝0，此时，不等式
即为 3
4m2>3，解得 m<－2 或 m>2.
答案：C
3. （2014 辽宁，5 分）当 x∈[－2,1]时，不等式 ax3－x2＋4x＋3≥0 恒成立，则实数 a
的取值范围是( )
A．[－5，－3] B.[－6，－9
8]C．[－6，－2] D．[－4，－3]
解析：当 x∈(0,1]时，得 a≥－3(
1
x )3－4(
1
x )2＋1
x，令 t＝1
x，则 t∈[1，＋∞)，a≥
－3t3－4t2＋t，令 g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则 g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－
1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以 g(t)max＝g(1)＝－6，因此 a≥－6；
同理，当 x∈[－2,0)时，得 a≤－3(
1
x )3－4(
1
x )2＋1
x，令 m＝1
x，则 m∈(－∞，－1
2]，a≤
－3m3－4m2＋m，令 g(m)＝－3m3－4m2＋m，m∈(－∞，－1
2]，则 g′(m)＝－9m2－8m＋1＝
－(m＋1)(9m－1)．显然在(－∞，－1]上 g′(m)<0，在[－1，－1
2]上，g′(m)>0，所以 g(m)min
＝g(－1)＝－2.所以 a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当 x＝0 时也成立．故实数
a 的取值范围为[－6，－2]．
答案：C
4. （2014 湖北，14 分）π 为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)求函数 f(x)＝ln x
x 的单调区间；
(2)求 e3,3e，eπ，πe,3π，π3 这 6 个数中的最大数与最小数；
(3)将 e3,3e，eπ，πe,3π，π3 这 6 个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．
解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为 f(x)＝ln x
x ，所以 f′(x)＝1－ln x
x2 .
当 f′(x)>0，即 0e 时，函数 f(x)单调递减．
故函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)因为 e<3<π，所以 eln 3π3；
由ln 3
3 2－e
π. ①
由①得，eln π>e(2－e
π )>2.7×(2－2.72
3.1 )>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，
即 eln π>3，亦即 ln πe>ln e3，所以 e3<πe.
又由①得，3ln π>6－3e
π >6－e>π，即 3ln π>π，所以 eπ<π3.
综上可得，3e0，
所以当 x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数 y＝f(x)单调递减，
x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数 y＝f(x)单调递增．
所以 f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)由(1)知，k≤0 时，函数 f(x)在(0,2)内单调递减，
故 f(x)在(0,2)内不存在极值点；
当 k>0 时，设函数 g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，
因为 g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，
当 00，y＝g(x)单调递增．
故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；
当 k>1 时，得 x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数 y＝g(x)单调递减．
x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数 y＝g(x)单调递增．
所以函数 y＝g(x)的最小值为 g(ln k)＝k(1－ln k)．
函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当Error!解得 e0.
(1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性；
(2)当 x∈[0,1]时，求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令 f′(x)＝0，得 x1＝
－1－ 4＋3a
3 ，x2＝
－1＋ 4＋3a
3 ，x1x2 时，f′(x)<0；当 x10.
故 f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
(2)因为 a>0，所以 x1<0，x2>0.
①当 a≥4 时，x2≥1.
由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增．
所以 f(x)在 x＝0 和 x＝1 处分别取得最小值和最大值．
②当 00 时，x20，t(a)在(0，1
3 )上是增函数，故 t(a)≥t(0)＝－
2，
因此－2≤3a＋b≤0；
③当1
30，g(1)＝e－2a－b>0.
由 f(1)＝0 有 a＋b＝e－1<2，有
g(0)＝1－b＝a－e＋2>0，g(1)＝e－2a－b＝1－a>0.
解得 e－20，g(1)＝1－a>0，
故此时 g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点 x1 和 x2.
由此可知 f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2,1]上单调递增．
所以 f(x1)>f(0)＝0，f(x2)0)，则 t>1，所以 m≤－ t－1
t2－t＋1＝－ 1
t－1＋ 1
t－1＋1
对任意 t>1 成立．
因为 t－1＋ 1
t－1＋1≥2 (t－1)· 1
t－1＋1＝3，
所以－ 1
t－1＋ 1
t－1＋1
≥－1
3，
当且仅当 t＝2，即 x＝ln 2 时等号成立．
因此实数 m 的取值范围是(－∞，－1
3].
(3)令函数 g(x)＝ex＋1
ex－a(－x3＋3x)，
则 g′(x)＝ex－1
ex＋3a(x2－1)．
当 x≥1 时，ex－1
ex>0，x2－1≥0，
又 a>0，故 g′(x)>0.
所以 g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此 g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝e＋e－1
－2a.
由于存在 x0∈[1，＋∞)，使 ex0＋e－x0－a(－x30＋3x0)<0 成立，当且仅当最小值 g(1)<0.
故 e＋e－1－2a<0，即 a>e＋e－1
2 .
令函数 h(x)＝x－(e－1)ln x－1，
则 h′(x)＝1－e－1
x .令 h′(x)＝0，得 x＝e－1，
当 x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，
故 h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；
当 x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，
故 h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数．
所以 h(x)在(0，＋∞)上的最小值是 h(e－1)．
注意到 h(1)＝h(e)＝0，
所以当 x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)h(e)＝0，即 a－1>(e－1)ln a，故 ea－1>ae－1.
综上所述，当 a∈(
e＋e－1
2 ，e)时，ea－1ae－1.
11. （2014 辽宁，12 分）已知函数 f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－8
3(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos
x－4(1＋sin x)ln(3－2x
π ).
证明：(1)存在唯一 x0∈(0，π
2 )，使 f(x0)＝0；
(2)存在唯一 x1∈(
π
2，π )，使 g(x1)＝0，且对(1)中的 x0，有 x0＋x1<π.
证明：(1)当 x∈(0，π
2 )时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－2
3cos x<0，
则函数 f(x)在(0，π
2 )上为减函数，
又 f(0)＝π－8
3>0，f(
π
2 )＝－π2－16
3 <0，
所以存在唯一 x0∈(0，π
2 )，使 f(x0)＝0.
(2)考虑函数 h(x)＝3(x－π)cos x
1＋sin x －4ln(3－2x
π )，x∈[
π
2，π ].
令 t＝π－x，则 x∈[
π
2，π ]时，t∈[0，π
2 ].
设 u(t)＝h(π－t)＝ 3tcos t
1＋sin t－4ln(1＋2t
π )，
则 u′(t)＝ 3f(t)
(π＋2t)(1＋sin t).
由(1)得，当 t∈(0，x0)时，u′(t)>0，
当 t∈(x0，π
2)时，u′(t)<0.
在(0，x0)上 u(t)是增函数，又 u(0)＝0，
从而当 t∈(0，x0]时，u(t)>0，
所以 u(t)在(0，x0]上无零点．
在(x0，π
2)上 u(t)为减函数，由 u(x0)>0，u(
π
2 )＝－4ln 2<0，知存在唯一 t1∈(x0，π
2)，
使 u(t1)＝0.
所以存在唯一的 t1∈(0，π
2 )，使 u(t1)＝0.
因此存在唯一的 x1＝π－t1∈(
π
2，π )，使 h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.
因为当 x∈(
π
2，π )时，1＋sin x>0，
故 g(x)＝(1＋sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点，
所以存在唯一的 x1∈(
π
2，π )，使 g(x1)＝0.
因 x1＝π－t1，t1>x0，所以 x0＋x1<π.
12. （2014 天津，14 分）设 f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数 y＝f(x)有两个零点 x1，
x2，且 x10 在 R 上恒成立，可得 f(x)在 R 上单调递增，不合题意．
②a>0 时
由 f′(x)＝0，得 x＝－ln a.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) －ln a－1
这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a，＋∞)．于是，“函
数 y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：a.f(－ln a)>0；
b．存在 s1∈(－∞，－ln a)，满足 f(s1)<0；
c．存在 s2∈(－ln a，＋∞)，满足 f(s2)<0.
由 f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得 00.
由已知，x1，x2 满足 a＝g(x 1)，a＝g(x 2)，由 a∈(0，e －1)，及 g(x)的单调性，可得
x1(0,1)，x2∈(1，＋∞)．
对于任意的 a1，a2∈(0，e－1)，设 a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1,0<ξ1<1<ξ2，g(η1)＝g(η2)＝a2，
其中 0<η1<1<η2.
因为 g(x)在(0,1)上单调递增，故由 a1>a2，即 g(ξ1)>g(η1)，可得 ξ1>η1；类似可得 ξ2<η2.
又由 ξ1，η1>0，得ξ2
ξ1<η2
ξ1<η2
η1.
所以x2
x1随着 a 的减小而增大．
(3)证明：由 x1＝aex1，x2＝aex2，
可得 ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.
故 x2－x1＝ln x2－ln x1＝lnx2
x1.
设x2
x1＝t，则 t>1，且Error!
解得 x1＝ ln t
t－1，x2＝tln t
t－1.
所以，x1＋x2＝
(t＋1)ln t
t－1 . ①
令 h(x)＝
(x＋1)ln x
x－1 ，x∈(1，＋∞)，
则 h′(x)＝
－2ln x＋x－1
x
(x－1)2
，
令 u(x)＝－2ln x＋x－1
x，得 u′(x)＝(
x－1
x )2.
当 x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0.
因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故对于任意的 x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，
由此可得 h′(x)>0，故 h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，由①可得 x1＋x2 随着 t 的增大而增大．
而由(2)知，t 随着 a 的减小而增大，所以 x1＋x2 随着 a 的减小而增大
13. （2014 湖南，13 分）已知常数 a>0，函数 f(x)＝ln(1＋ax)－ 2x
x＋2.
(1)讨论 f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，且 f(x1)＋f(x2)>0，求 a 的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ a
1＋ax－2(x＋2)－2x
(x＋2)2
＝ ax2＋4(a－1)
(1＋ax)(x＋2)2. (*)
当 a≥1 时，f′(x)>0.此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当 00.
故 f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增．
综上所述，当 a≥1 时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当 0－1
a且
x≠－2，所以－2 1－a
a >－1
a，－2 1－a
a ≠－2，解得 a≠1
2.此时，由(*)式易知，x1，x2 分别
是 f(x)的极小值点和极大值点．而 f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－ 2x1
x1＋2＋ln(1＋ax2)－ 2x2
x2＋2
＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－ 4x1x2＋4(x1＋x2)
x1x2＋2(x1＋x2)＋4
＝ln(2a－1)2－4(a－1)
2a－1
＝ln(2a－1)2＋ 2
2a－1－2.
令 2a－1＝x，由 0g(1)＝0.故当1
20.
综上所述，满足条件的 a 的取值范围为(
1
2，1 ).
14. （2014 陕西，14 分）设函数 f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中 f′(x)是 f(x)
的导函数．
(1)令 g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求 gn(x)的表达式；
(2)若 f(x)≥ag(x)恒成立，求实数 a 的取值范围；
(3)设 n∈N＋，比较 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与 n－f(n)的大小，并加以证明．
解：由题设得，g(x)＝ x
1＋x(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝ x
1＋x，
g2(x)＝g(g1(x))＝
x
1＋x
1＋ x
1＋x
＝ x
1＋2x，
g3(x)＝ x
1＋3x，…，可得 gn(x)＝ x
1＋nx.
下面用数学归纳法证明．
①当 n＝1 时，g1(x)＝ x
1＋x，结论成立．
②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x
1＋kx.
那么，当 n＝k＋1 时，
gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk(x)
1＋gk(x)＝
x
1＋kx
1＋ x
1＋kx
＝ x
1＋(k＋1)x
，
即结论成立．
由①②可知， 结论对 n∈N＋成立．
所以 gn(x)＝ x
1＋nx.
(2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立，即 ln(1＋x)≥ ax
1＋x恒成立．
设 φ(x)＝ln(1＋x)－ ax
1＋x(x≥0)，
则 φ′(x)＝ 1
1＋x－ a
(1＋x)2
＝x＋1－a
(1＋x)2
，
当 a≤1 时，φ′(x)≥0(仅当 x＝0，a＝1 时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又 φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1 时，ln(1＋x)≥ ax
1＋x恒成立(仅当 x＝0 时等号成立)．
当 a>1 时，对 x∈(0，a－1]有 φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0，
即 a>1 时，存在 x>0，使 φ(x)<0，故知 ln(1＋x)≥ ax
1＋x不恒成立．
综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1
2＋2
3＋…＋ n
n＋1，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
比较结果为 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
证法一：上述不等式等价于1
2＋1
3＋…＋ 1
n＋1 x
1＋x，x>0.
令 x＝1
n，n∈N＋，则 1
n＋1 x
1＋x，x>0.
令 x＝1
n，n∈N＋，则 lnn＋1
n > 1
n＋1.
故有 ln 2－ln 1>1
2，
ln 3－ln 2>1
3，
……
ln(n＋1)－ln n> 1
n＋1，
上述各式相加可得 ln(n＋1)>1
2＋1
3＋…＋ 1
n＋1，
结论得证．
证法三：如图，∫n
0
x
x＋1dx 是由曲线 y＝ x
x＋1，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，
而1
2＋2
3＋…＋ n
n＋1是图中所示各矩形的面积和，
∴1
2＋2
3＋…＋ n
n＋1>∫n
0
x
x＋1dx＝∫n
0(1－ 1
x＋1)dx＝n－ln(n＋1)，结论得证
15. （2014 重庆，12 分）已知函数 f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数 f′(x)
为偶函数，且曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为 4－c.
(1)确定 a，b 的值；
(2)若 c＝3，判断 f(x)的单调性；
(3)若 f(x)有极值，求 c 的取值范围．
解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，
由 f′(x)为偶函数，知 f′(－x)＝f′(x)，
即 2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以 a＝b.
又 f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故 a＝1，b＝1.
(2)当 c＝3 时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2 2e2x·2e－2x－3＝1>0，
故 f(x)在 R 上为增函数．
(3)由(1)知 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而 2e2x＋2e－2x≥2 2e2x·2e－2x＝4，
当 x＝0 时等号成立．
下面分三种情况进行讨论．
当 c<4 时，对任意 x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此时 f(x)无极值；
当 c＝4 时，对任意 x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时 f(x)无极值；
当 c>4 时，令 e2x＝t，注意到方程 2t＋2
t－c＝0 有两根 t1,2＝c ± c2－16
4 >0，
即 f′(x)＝0 有两个根 x1＝1
2ln t1 或 x2＝1
2ln t2.
当 x1x2 时，f′(x)>0，从而 f(x)在 x＝x2 处取得极小值．
综上，若 f(x)有极值，则 c 的取值范围为(4，＋∞)．
16. （2014 江西，12 分）已知函数 f(x)＝(x2＋bx＋b) 1－2x(b∈R)．
(1)当 b＝4 时，求 f(x)的极值；
(2)若 f(x)在区间(0，1
3 )上单调递增，求 b 的取值范围．
解：(1)当 b＝4 时，f′(x)＝
－5x(x＋2)
1－2x
，
由 f′(x)＝0 得 x＝－2 或 x＝0.
当 x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈(－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当 x∈(0，1
2 )时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故 f(x)在 x＝－2 取极小值 f(－2)＝0，在 x＝0
取极大值 f(0)＝4.
(2)f′(x)＝
－x[5x＋(3b－2)]
1－2x
，
因为当 x∈(0，1
3 )时，
－x
1－2x<0，
依题意当 x∈(0，1
3 )时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而5
3＋(3b－2)≤0.
所以 b 的取值范围为(－∞，1
9]
17．（2013 新课标全国Ⅰ，5 分）已知函数 f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线 y＝f(x)在点(0，
f(0))处的切线方程为 y＝4x＋4.
(1)求 a，b 的值；
(2)讨论 f(x)的单调性，并求 f(x)的极大值．
解：本题主要考查导数的基本知识，利用导数判断函数单调性、求极值．
(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得 f(0)＝4，f′(0)＝4.故 b＝4，a＋b＝8.
从而 a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－1
2).
令 f′(x)＝0 得，x＝－ln 2 或 x＝－2.
从而当 x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0.
故 f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．
当 x＝－2 时，函数 f(x)取得极大值，极大值为 f(－2)＝4(1－e－2)．
18.（2013 山东，12 分）已知函数 f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．
(1)设 a≥0，求 f(x)的单调区间；
(2)设 a＞0，且对任意 x＞0，f(x)≥f(1)．试比较 ln a 与－2b 的大小．
解：本题主要考查利用导数研究函数的单调性和相关函数值的大小比较，考查分类讨论
思想、推理论证能力和运算求解能力．
(1)由 f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，
得 f′(x)＝2ax2＋bx－1
x .
①当 a＝0 时，f′(x)＝bx－1
x .
(ⅰ)若 b≤0，当 x>0 时，f′(x)<0 恒成立，
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
(ⅱ)若 b>0，当 01
b时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0，1
b )，单调递增区间是(
1
b，＋∞).
②当 a>0 时，令 f′(x)＝0，
得 2ax2＋bx－1＝0.
由 Δ＝b2＋8a>0，得 x1＝
－b－ b2＋8a
4a ，
x2＝
－b＋ b2＋8a
4a .
当 0x2 时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
所 以 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 (0，－b＋ b2＋8a
4a )， 单 调 递 增 区 间 是
(
－b＋ b2＋8a
4a ，＋∞).
综上所述，
当 a＝0，b≤0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；
当 a＝0，b>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0，1
b )，单调递增区间是(
1
b，＋∞)；
当 a>0 时 ， 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 (0，－b＋ b2＋8a
4a )， 单 调 递 增 区 间 是
－b＋ b2＋8a
4a ，＋∞.
(2)由题意知，函数 f(x)在 x＝1 处取得最小值．
由(1)知
－b＋ b2＋8a
4a 是 f(x)的唯一极小值点，
故
－b＋ b2＋8a
4a ＝1，整理得 2a＋b＝1 即 b＝1－2a.
令 g(x)＝2－4x＋ln x，
则 g′(x)＝1－4x
x .
令 g′(x)＝0，得 x＝1
4，
当 00，g(x)单调递增；
当 x>1
4时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
因此 g(x)≤g(
1
4 )＝1＋ln 1
4＝1－ln 4<0.
故 g(a)<0，即 2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，
即 ln a<－2b.
19．（2013 湖南，13 分）已知函数 f(x)＝ 1－x
1＋x2ex.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)证明：当 f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2＜0.
解：本题主要考查函数求导、函数的单调区间和不等式的证明，意在结合转化思想和函
数思想，考查考生的计算能力、利用函数思想证明不等式的能力．
(1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．
f′(x)＝(
1－x
1＋x2 )′ex＋ 1－x
1＋x2ex＝[
x2－2x－1
(1＋x2)2
＋ 1－x
1＋x2]ex＝
－x[(x－1)2＋2]
(1＋x2)2 ex.
当 x<0 时，f′(x)>0；当 x>0 时，f′(x)<0.
所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)证明：当 x<1 时，由于 1－x
1＋x2>0，ex>0，故 f(x)>0；
同理，当 x>1 时，f(x)<0.
当 f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，不妨设 x10 时，f(x)( )
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值
D．既无极大值也无极小值
解析：本题考查导数的应用以及转化能力．由题意[x2f(x)]′＝ex
x，令 g(x)＝x2f(x)，则 g′(x)
＝ex
x，且 f(x)＝g(x)
x2 ，因此 f′(x)＝xg′(x)－2g(x)
x3 ＝ex－2g(x)
x3 .令 h(x)＝ex－2g(x)，则 h′(x)＝ex
－2g′(x)＝ex－2ex
x ＝ex(x－2)
x ，所以 x>2 时，h′(x)>0；00 时，f(x)是单调递增的，
f(x)既无极大值也无极小值．
答案：C
22．（2013 湖北，5 分）已知 a 为常数，函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点 x1，x2(x1＜
x2)，则( )
A．f(x1)＞0，f(x2)＞－1
2
B．f(x1)＜0，f(x2)＜－1
2
C．f(x1)＞0，f(x2)＜－1
2
D．f(x1)＜0，f(x2)＞－1
2
解析：本题主要考查函数与导数的基础知识与基本运算，意
在考查考生分析问题、处理问题的能力．
∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1.又函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值
点 x1，x2，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1 有两个零点 x1，x2，即函数 g(x)＝ln x 与函数 h(x)＝2ax－1 有两
个交点．∴a>0，且 0f(1)＝－a>－1
2.故选 D.
答案：D
23．（2013 福建，13 分）已知函数 f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)当 a＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点 A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数 f(x)的极值．
解：本小题主要考查函数、导数的几何意义、函数的极值等基础知识，考查运算求解能
力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、数形结合思想、化归与转化思想．
函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－a
x.
(1)当 a＝2 时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－2
x(x>0)，
因而 f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线 y＝f(x)在点 A(1，f(1))处的切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 x＋y－2＝0.
(2)由 f′(x)＝1－a
x＝x－a
x ，x>0 知：
①当 a≤0 时，f′(x)>0，函数 f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数 f(x)无极值；
②当 a>0 时，由 f′(x)＝0，解得 x＝a，
又当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
从而函数 f(x)在 x＝a 处取得极小值，且极小值为 f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；
当 a>0 时，函数 f(x)在 x＝a 处取得极小值 a－aln a，无极大值．
24．（2013 浙江，14 分）已知 a∈R，函数 f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当 x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．
解：本题以三次函数为载体，主要考查利用导数研究函数的性质、二次函数、绝对值等
基础知识，意在考查考生的推理能力，函数与方程、分类讨论、数形结合等思想方法．
(1)由题意得 f′(x)＝3x2－6x＋3a，故 f′(1)＝3a－3.
又 f(1)＝1，所以所求的切线方程为 y＝(3a－3)x－3a＋4.
(2)由于 f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，故
①当 a≤0 时，有 f′(x)≤0，此时 f(x)在[0,2]上单调递减，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝
3－3a.
②当 a≥1 时，有 f′(x)≥0，此时 f(x)在[0,2]上单调递增，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝
3a－1.
③当 00，f(x1)－f(x2)＝
4(1－a) 1－a>0.
从而 f(x1)>|f(x2)|.
所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}．
(ⅰ)当 0|f(2)|.
又 f(x1)－f(0)＝2(1－a) 1－a－(2－3a)＝ a2(3－4a)
2(1－a) 1－a＋2－3a
>0，
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a) 1－a.
(ⅱ)当2
3≤a<1 时，|f(2)|＝f(2)，且 f(2)≥f(0)．
又 f(x1)－|f(2)|＝2(1－a) 1－a－(3a－2)＝ a2(3－4a)
2(1－a) 1－a＋3a－2
，
所以当2
3≤a<3
4时，f(x1)>|f(2)|.
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a) 1－a.
当3
4≤a<1 时，f(x1)≤|f(2)|.
故|f(x)|max＝|f(2)|＝3a－1.
综上所述，|f(x)|max＝Error!
25．（2013 陕西，14 分）已知函数 f(x)＝ex，x∈R.
(1)若直线 y＝kx＋1 与 f(x)的反函数的图象相切，求实数 k 的值；
(2)设 x>0，讨论曲线 y＝f(x)与曲线 y＝mx2(m>0)公共点的个数；
(3)设 a0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递 增，
∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为 φ(2)＝e2
4.
当 0e2
4时，在区间(0,2)内存在 x1＝ 1
m
，使得 φ(x1)>m，在(2，＋∞)内存在 x2＝me2，使
得 φ(x2)>m.由 φ(x)的单调性知，曲线 y＝ex
x2与 y＝m 在(0，＋∞)上恰有两个公共点．
综上所述，当 x>0 时，
若 0e2
4，曲线 y＝f(x)与 y＝mx2 有两个公共点．
(3)法一：可以证明f(a)＋f(b)
2 >f(b)－f(a)
b－a .事实上，
f(a)＋f(b)
2 >f(b)－f(a)
b－a ⇔ea＋eb
2 >eb－ea
b－a
⇔b－a
2 >eb－ea
eb＋ea⇔b－a
2 >1－ 2ea
eb＋ea
⇔b－a
2 >1－ 2
eb－a＋1(b>a)． (*)
令 ψ(x)＝x
2＋ 2
ex＋1－1(x≥0)，
则 ψ′(x)＝1
2－ 2ex
(ex＋1)2
＝
(ex＋1)2－4ex
2(ex＋1)2
＝
(ex－1)2
2(ex＋1)2
≥0(仅当 x＝0 时等号成立)，
∴ψ(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴x>0 时，ψ(x)>ψ(0)＝0.
令 x＝b－a，即得(*)式，结论得证．
法二：f(a)＋f(b)
2 －f(b)－f(a)
b－a
＝eb＋ea
2 －eb－ea
b－a
＝beb＋bea－aeb－aea－2eb＋2ea
2(b－a)
＝ ea
2(b－a)[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]，
设函数 u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)，
则 u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex，
令 h(x)＝u′(x)，则 h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(仅当 x＝0 时等号成立)，
∴u′(x)单调递增，
∴当 x>0 时，u′(x)>u′(0)＝0，∴u(x)单调递增．
当 x>0 时，u(x)>u(0)＝0.
令 x＝b－a，则得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2>0，
∴eb＋ea
2 －eb－ea
b－a >0，
因此，f(a)＋f(b)
2 >f(b)－f(a)
b－a .
26．（2012 江苏，16 分）若函数 y＝f(x)在 x＝x0 处取得极大值或极小值，则称 x0 为函数
y＝f(x)的极值点．已知 a，b 是实数，1 和－1 是函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx 的两个极值点．
(1)求 a 和 b 的值；
(2)设函数 g(x)的导函数 g′(x)＝f(x)＋2，求 g(x)的极值点；
(3)设 h(x)＝f(f(x))－c，其中 c∈[－2,2]，求函数 y＝h(x)的零点个数．
解：(1)由题设知 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且 f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝
0，解得 a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知 f(x)＝x3－3x.因为 f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以 g′(x)＝0 的根为 x1＝x2＝1，x3
＝－2，于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或－2.
当 x<－2 时，g′(x)<0；当－20，故－2 是 g(x)的极值点．
当－21 时，g′(x)>0，故 1 不是 g(x)的极值点．
所以 g(x)的极值点为－2.
(3)令 f(x)＝t，则 h(x)＝f(t)－c.先讨论关于 x 的方程 f(x)＝d 根的情况，d∈[－2,2]．
当|d|＝2 时，由(2)可知，f(x)＝－2 的两个不同的根为 1 和－2，注意到 f(x)是奇函数，
所以 f(x)＝2 的两个不同的根为－1 和 2.
当|d|<2 时，因为 f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0，
所以－2，－1,1,2 都不是 f(x)＝d 的根．由(1)知 f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．
①当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，于是 f(x)是单调增函数，从而 f(x)>f(2)＝2，此时 f(x)＝
d 无实根．同理，f(x)＝d 在(－∞，－2)上无实根．
②当 x∈(1,2)时，f′(x)>0，于是 f(x)是单调增函数，又 f(1)－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－
d 的图像不间断，所以 f(x)＝d 在(1,2)内有惟一实根．同理，f(x)＝d 在(－2，－1)内有惟一实
根．
③当 x∈(－1,1)时，f′(x)<0，故 f(x)是单调减函数，又 f(－1)－d>0，f(1)－d<0，
y＝f(x)－d 的图像不间断，所以 f(x)＝d 在(－1,1)内有惟一实根．
由上可知：当|d|＝2 时，f(x)＝d 有两个不同的根 x1，x2 满足|x1|＝1，|x2|＝2；
当|d|<2 时，f(x)＝d 有三个不同的根 x3，x4，x5 满足|xi|<2，i＝3,4,5.
现考虑函数 y＝h(x)的零点．
(ⅰ)当|c|＝2 时，f(t)＝c 有两个根 t1，t2 满足|t1|＝1，|t2|＝2，而 f(x)＝t1 有三个不同的根，
f(x)＝t2 有两个不同的根，故 y＝h(x)有 5 个零点．
(ⅱ)当|c|<2 时，f(t)＝c 有三个不同的根 t3，t4，t5 满足|ti|<2，i＝3,4,5，而 f(x)＝ti(i＝3,4,5)
有三个不同的根，故 y＝h(x)有 9 个零点．
综上可知，当|c|＝2 时，函数 y＝h(x)有 5 个零点；
当|c|<2 时，函数 y＝h(x)有 9 个零点．
